Centres étrangers 2017. Enseignement spéciﬁque EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) Le plan est muni d’un repère orthonormé

(1)

Centres étrangers 2017. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 (5 points) (candidats n’ayant pas suivi l’enseignement de spécialité) Le plan est muni d’un repère orthonormé (O, − → u , − → v ).

Pour tout entier n ! 4, on considère P

n

un polygone régulier à n côtés, de centre O et dont l’aire est égale à 1. On admet qu’un tel polygone est constitué de n triangles superposables à un triangle OA

n

B

n

donné, isocèle en O.

On note r

n

= OA

n

la distance entre le centre O et le sommet A

n

d’un tel polygone.

Partie A : étude du cas particulier n = 6

On a représenté ci-contre un polygone P

6

.

1) Justifier le fait que le triangle OA

⁶

B

⁶

est équilatéral, et que son aire est égale à 1

6 .

2) Exprimer en fonction de r

6

la hauteur du triangle OA

6

B

6

issue du sommet B

6

.

3) En déduire que r

6

=

! 2

3 √ 3 .

×

O A

6

B

6

C

6

D

6

E

6

F

6

Partie B : cas général avec n ! 4

Dans cette partie, on considère le polygone P

n

avec n ! 4, construit de telle sorte que le point A

n

soit situé sur l’axe réel, et ait pour aﬃxe r

n

.

On note alors r

n

e

^iθⁿ

l’aﬃxe de B

n

où θ

n

est un réel de l’intervalle

"

0 ; π 2

"

. A

n

B

ⁿ

θ

n

r

n

r

ⁿ

1) Exprimer en fonction de r

n

et θ

n

la hauteur issue de B

ⁿ

dans le triangle OA

ⁿ

B

ⁿ

puis établir que l’aire de ce triangle est égale à r

²n

2 sin (θ

ⁿ

).

2) On rappelle que l’aire du polygone P

n

est égale à 1.

Donner, en fonction de n, une mesure de l’angle # −−→ OA

n

, − OB − →

n

$ , puis démontrer que :

r

n

=

%

&

' 2 n sin

( 2π n

) .

Partie C : étude de la suite ( r

_n

)

On considère la fonction f définie pour tout réel x de l’intervalle ]0 ; π[ par

f (x) = x sin x .

Ainsi, le nombre r

n

, défini dans la partie B pour n ! 4, s’exprime à l’aide de la fonction f par :

r

ⁿ

=

* 1 π f

( 2π n

) .

On admet que la fonction f est strictement croissante sur l’intervalle ]0 ; π[.

1) Montrer que la suite (r

ⁿ

) est décroissante. On pourra pour cela commencer par démontrer que pour tout n ! 4, on a : 0 < 2π

n + 1 < 2π n < π.

2) En déduire que la suite (r

ⁿ

) converge. On ne demande pas de déterminer sa limite L, et on admet dans la suite de l’exercice que L = 1

√ π .

3) On considère l’algorithme suivant.

http ://www.maths-france.fr 1 ⃝ c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits réservés.

(2)

VARIABLES : n est un nombre entier TRAITEMENT : n prend la valeur 4

Tant que

!

"

# 2 n sin

$ 2π n

% > 0, 58 faire

n prend la valeur n + 1 Fin Tant que

SORTIE : Aﬃcher n

Quelle valeur numérique de n va aﬃcher en sortie cet algorithme ?

http ://www.maths-france.fr 2 ⃝ c Jean-Louis Rouget, 2018. Tous droits réservés.

(3)

Centres étrangers 2017. Enseignement spécifique

EXERCICE 4 : corrigé

Partie A : étude du cas particulier n = 6

1) Puisque OA

6

= OB

6

= r

6

, OA

6

B

6

est un triangle isocèle en O. Puisque les 6 triangles sont superposables, l’angle au sommet est A !

6

OB

6

= 2π

6 = π

3 . Puisque le triangle OA

6

B

6

est un triangle isocèle en O, OA !

6

B

6

= OB !

6

A

6

et donc π = A !

6

OB

6

+ OA !

6

B

6

+ OB !

6

A

6

= π

3 + 2 OA !

6

B

6

et donc OA !

6

B

6

= 1 2

! π − π 3

"

= π

3 . Finalement, A !

6

OB

6

= OA !

6

B

6

= OB !

6

A

6

= π

3 et donc le triangle OA

6

B

6

est équilatéral.

Son aire est le sixième de l’aire du polygone P

6

et est donc égale à 1 6 .

2) On note H

6

le projeté orthogonal du point B

6

sur la droite (OA

6

). Dans le triangle OH

6

B

6

, rectangle en H

6

, on a H

6

B

6

OB

6

= sin ! H !

6

OB

6

"

et donc

H

6

B

6

= OB

6

× sin ! H !

6

OB

6

"

= r

6

× sin ! π 3

"

= r

6

√ 3

2 . 3) L’aire A

₆

du triangle OA

6

B

6

est

A

₆

= OA

6

× H

6

B

6

2 =

r

6

× r

6

√ 3 2

2 = r

²6

√ 3 4 . Par suite,

A

₆

= 1 6 ⇔ r

²6

√ 3 4 = 1

6 ⇔ r

²6

= 4 6 √

3 ⇔ r

²6

= 2 3 √

3 ⇔ r

6

=

# 2

3 √ 3 . On a montré que r

6

=

$ 2

3 √ 3 . Partie B : cas général avec n ! 4

1) On note H

n

le projeté orthogonal du point B

n

sur la droite (OA

n

). Dans le triangle OH

n

B

n

, rectangle en H

n

, on a H

n

B

n

OB

n

= sin ! H !

n

OB

n

"

et donc

H

n

B

n

= OB

n

× sin ! H !

n

OB

n

"

= r

n

sin (θ

n

) . L’aire A

_n

du triangle OA

n

B

n

est

A

_n

= OA

n

× H

n

B

n

2 = r

n

× r

n

sin (θ

n

)

2 = r

²n

sin (θ

n

)

2 .

2) Puisque les n triangles sont superposables, l’aire A

_n

du polygone P

n

est égale à 1

n et l’angle θ

n

est égal à 2π n . Ensuite,

A

_n

= 1 n ⇔

r

n²

sin

% 2π n

&

2 = 1

n ⇔ r

n²

= 2 n sin

% 2π n

& .

Enfin, θ

n

∈ ]0, π[ et donc sin (θ

n

) > 0 puis

r

n

= ' ( ( ( )

2 n sin

% 2π n

& .

(4)

Partie C : étude de la suite (r

n

)

1) Soit n ! 4. Alors, 0 < n < n+ 1 et donc 0 < 1 n + 1 < 1

n " 1

4 . On en déduit que 0 < 2π n + 1 < 2π

n " 2π

4 < π. Puisque la fonction f est décroissante ur ]0, π[, on en déduit que f

% 2π

n + 1

&

< f

% 2π n

&

puis que 1 π f

% 2π

n + 1

&

< 1 π f

% 2π n

&

et finalement

# 1

π f

% 2π

n + 1

&

<

# 1

π f

% 2π n

&

par stricte croissance de la fonction x &→ √

x sur [0, + ∞ [.

Finalement, pour tout n ! 4, r

n+1

< r

n

et donc la suite (r

n

)

n!4

est strictement décroissante.

2) La suite (r

ⁿ

)

_n!4

est décroissante et minorée par 0. Donc, la suite (r

ⁿ

)

_n!4

converge vers un certain réel positif ou nul L.

3) L’algorithme aﬃche la première valeur de n à partir de laquelle on a r

n

" 0, 58.